2015高考数学（江苏专用，理科）二轮专题整合：1-1-4导数的简单应用

第4讲 导数的简单应用

一、填空题

1

1．函数f(x)＝2x2－ln x的单调递减区间为________．

1

解析 由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f′(x)＝x－x≤0，解得0

答案 (0,1]

2．(2014·扬州质量检测)已知函数f(x)的导函数f′(x)＝a(x＋1)(x－a)，若f(x)在x＝a处取到极大值，则a的取值范围是________．

解析 因为f(x)在x＝a处取到极大值，所以x＝a为f′(x)的一个零点，且在x＝a的左边f′(x)＞0，右边f′(x)＜0，所以导函数f′(x)的开口向下，且a＞－1，即a的取值范围是(－1,0)．

答案 (－1,0)

3．已知函数y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式xf′(x)<0的解集为________．

?x>0，?x<0，

?解析 xf′(x)<0?或? ?f′?x?<0?f′?x?>0.?1?

当x∈?2，2?时，f(x)单调递减，此时f′(x)<0.

??当x∈(－∞，0)时，f(x)单调递增，此时f′(x)>0. 答案

?(－∞，0)∪??2，2?

??

1

4．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a>0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数a的取值范围是______．

解析 由题意可知f′(x)＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f′(x)

- 1 -

??－1<－62a<1，

＝3x＋2ax＋1，所以根据导函数图象可得?

f′?－1?＝3－2a＋1>0，??f′?1?＝3＋2a＋1>0，

2

Δ＝?2a?2－4×3×1>0，

又

a>0，解得3

答案 (3，2)

5．(2013·苏锡常镇调研)已知a，b为正实数，函数f(x)＝ax3＋bx＋2x在[0,1]上的最大值为4，则f(x)在[－1,0]上的最小值为________．

解析 因为函数f(x)＝ax3＋bx＋2x在[0,1]上的最大值为4，所以函数g(x)＝ax3＋bx在[0,1]上的最大值为2，而g(x)是奇函数，所以g(x)在[－1,0]上的最小值3

为－2，故f(x)在[－1,0]上的最小值为－2＋2－1＝－2.

3

答案 －2 6．(2014·宿迁摸底)已知等比数列{an}中，a1＝1，a9＝4，函数f(x)＝x(x－a1)(x－a2)…(x－a9)＋2，则曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线的斜率为________．

解析 因为等比数列{an}中，a1＝1，a9＝4，所以a5＝a1a9＝2.又f′(x)＝(x－a1)(x－a2)…(x－a9)＋x[(x－a1)(x－a2)…(x－a9)]′，所以f′(0)＝(－a1)(－

9

a2)…(－a9)＝－a95＝－2＝－512.

答案 －512

7．(2014·南通调研)在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x＋b是曲线y＝aln x的切线，则当a＞0时，实数b的最小值是________． aln x0＝x0＋b，??解析 设切点坐标(x0，aln x0)，则?a

＝1，??x0

?b＝aln a－a，

所以?所

?x0＝a，

以b′＝ln a，令导数等于0，得a＝1，且0＜a＜1时，导数小于0，函数单调递减；a＞1时，导数大于0，函数单调递增，所以a＝1时，b取得极小值，也是最小值，即bmin＝－1.

答案 －1

8．(2013·盐城调研)若a>0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，

- 2 -

则ab的最大值为________．

解析 依题意知f′(x)＝12x2－2ax－2b，

∴f′(1)＝0，即12－2a－2b＝0，∴a＋b＝6.

?a＋b?2

?＝9，当且仅当a＝b＝3时取等号，∴ab的最大值又a>0，b>0，∴ab≤?

?2?为9.

答案 9

二、解答题

9．已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.

(1)求a，b的值；

(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值． 解 (1)f′(x)＝ex(ax＋b)＋aex－2x－4 ＝ex(ax＋a＋b)－2x－4，

∵y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4， ∴f′(0)＝a＋b－4＝4，f(0)＝b＝4， ∴a＝4，b＝4.

(2)由(1)知f′(x)＝4ex(x＋2)－2(x＋2) ＝2(x＋2)(2ex－1)，

1

令f′(x)＝0，得x＝－2或ln 2， 列表： x f′(x) f(x) (－∞，－2) ＋ －2 0 极大值 1???－2，ln 2? ??－ 1ln 2 0 极小值 ?1??ln 2，＋∞? ??＋ ?1? ∴y＝f(x)在(－∞，－2)，?ln 2，＋∞?上单调递增；

??

1??

－2，ln ?在上单调递减． 2???故f(x)极大值＝f(－2)＝4－4e－2.

- 3 -

1

10．(2014·上饶模拟)已知f(x)＝2ax－x－(2＋a)ln x(a≥0)．

(1)当a＝1时，求f(x)的极值； (2)当a＞0时，讨论f(x)的单调性． 1

解 (1)当a＝1时，f(x)＝2x－x－3ln x， 13

f′(x)＝2＋x2－x(x＞0) 2x2－3x＋1?2x－1??x－1?＝＝，

x2x21

令f′(x)＝0，得x1＝2，x2＝1. 1

当0＜x＜2时，f′(x)＞0； 1

当2＜x＜1时，f′(x)＜0； 当x＞1时，f′(x)＞0.

1???1?

可知f(x)在?0，2?上是增函数，在?2，1?上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．

????

?1?

∴f(x)的极大值为f?2?＝3ln 2－1，f(x)的极小值为f(1)＝1.

??

2

1112ax－?2＋a?x＋1

(2)f(x)＝2ax－x－(2＋a)ln x?f′(x)＝2a＋x2－(2＋a)x＝＝

x2?2x－1??ax－1?

. x21??1???11? ①当0＜a＜2时，f(x)在?0，2?和?a，＋∞?上是增函数，在?2，a?上是减函数；

?????? ②当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数；

1??1???11? ③当a＞2时，f(x)在?0，a?和?2，＋∞?上是增函数，在?a，2?上是减函数．

??????11．(2014·安徽卷)设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a>0.

(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；

(2)当x∈[0,1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值． 解 (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)， f′(x)＝1＋a－2x－3x2.

- 4 -

令f′(x)＝0，得x1＝

－1－4＋3a－1＋4＋3a

，x＝，x1

33

所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)． 当xx2时，f′(x)<0； 当x10.

故f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)内单调递减，在(x1，x2)内单调递增． (2)因为a>0，所以x1<0，x2>0.

①当a≥4时，x2≥1，

由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递增．

所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值．

②当0

由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2,1]上单调递减，所以f(x)在x＝x2＝－1＋4＋3a

处取得最大值．

3

又f(0)＝1，f(1)＝a，所以

当0

当a＝1时，f(x)在x＝0处和x＝1处同时取得最小值； 当1

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